TOPOLOGIE - SÉRIE 1. x f 1 B i f(x) B i x f 1 (B i ). f 1 ( i I B i) = i I f 1 (B i ); en effet. f 1 B i = f 1 B i et f 1 (B \ B ) = A \ f 1 B ; i I

Transcription

1 TOPOLOGIE - SÉRIE 1 Exercice 1. Soit f : A B une application. Prouver que (a) A f 1 fa pour tout A A, avec égalité si f est injective; (b) ff 1 B B pour tout B B, avec égalité si f est surjective; Preuve. Ad (a): Soit a A. Puisque f(a) f(a ), on a que a f 1 f(a ). Par conséquent, A f 1 f(a ). Supposons f injective et soit a f 1 f(a ). Alors puisque f(a) f(a ), il existe ã A tel que f(a) = f(ã). Puisque f est injective, a = ã A. Nous avons donc montré que f 1 f(a ) = A lorsque f est injective. Ad (b): Soit b ff 1 (B ). Par définition, il existe a f 1 (B ) tel que b = f(a). Puisque a f 1 (B ), b = f(a) B. Par conséquent, ff 1 B B. Supposons f surjective et soit b B. Alors il existe a A tel que f(a) = b, c est-à-dire tel que a f 1 B. Par conséquent, b = f(a) ff 1 B. Nous avons donc montré que ff 1 B = B lorsque f est surjective. Exercice 2. Pour une application f : A B montrer que (a) l opération préimage f 1 préserve les inclusions, les réunions, les intersections et les compléments; i.e. pour tous B, B B et toute famille (B i ) i I avec B i B ( ) B B f 1 B f 1 B, f 1 B i = f 1 B i, i I i I ( ) f 1 B i = f 1 B i et f 1 (B \ B ) = A \ f 1 B ; i I i I (b) l opération image directe par f préserve (seulement) les inclusions et les réunions, i.e. pour tous A, A A et toute famille (A i ) i I avec A i A ( ) A A f(a ) f(a ) et f A i = f(a i ). i I i I Preuve. Ad (a): L opération préimage f 1 préserve les inclusions, les réunions, les intersections et les compléments. B B = f 1 (B ) f 1 (B ); en effet f 1 ( i I B i) = i I f 1 (B i ); en effet x f 1 (B ) = f(x) B B = x f 1 (B ). ( ) x f 1 B i f(x) B i x f 1 (B i ). i I i I i I f 1 ( i I B i) = i I f 1 (B i ); en effet ( ) x f 1 B i f(x) B i x f 1 (B i ). i I i I i I

2 f 1 (B \ B ) = A \ f 1 (B ); en effet x f 1 (B \ B ) f(x) B \ B f(x) B x A \ f 1 (B ). Ad (b): L opération image directe par f préserve (seulement) les inclusions et les réunions. A A = f(a ) f(a ); c est évident. f ( i I A i) = i I f(a i); en effet ( ) y f A i il existe x i A i tel que y = f(x i ) y f(a i ). i I i I Définition. En notant PX pour l ensemble des parties d un ensemble X, un filtre sur X est un ensemble F PX non-vide tel que (a) si A, B F, alors A B F (i.e. F est fermé sous intersections finies); (b) si A F et A B X alors B F. (i.e. F est fermé sous extensions) En particulier, on a X F. Un tel filtre F est dit propre si et seulement si de plus (c) F PX ou de manière équivalente / F. Notons Flt(X) pour l ensemble des filtres sur X, qui est partiellement ordonné par inclusion. Parce que le filtre non propre F = PX n est pas très intéressant, tous les filtres sont supposés propres sauf si dit autrement. Finalement, un filtre propre F est appelé ultrafiltre si et seulement si pour tous A, B X (d) A B F implique A F ou B F. Exercice 3. Pour x X, montrer que l ensemble U x ultrafiltre, appelé l ultrafiltre principal engendré par x. := {x} := {A X x A} est un Preuve. Nous allons verifier les points (a) à (d) de la définition précédente. (a) Soit A, B U x. alors x A et x B, ce qui implique que x A B et donc A B U x. (b) Soit A U x et A B X. alors x A B et donc B U x. (c) x. (d) Soient A, B deux sous-ensembles de X. Si A B U x, alors x A B, c est-à-dire x A ou x B. Ceci montre que A U x ou B U x. Exercice 4. Soit X un ensemble arbitraire. Montrer que (a) l intersection F = i I F i d une famille des filtres (F i ) i I est aussi un filtre; (b) pour S PX un ensemble de parties, l ensemble F X S := {M X n N, A 1,..., A n S : A 1... A n M} est le plus petit filtre (peut être non propre) qui contient S; i.e. F X S est engendré par S; (c) si l ensemble S de (b) satisfait / S et pour chaque A, B S, il y a C S tel que C A B (on dit que S est une base de filtre), alors F X S est propre. Preuve. Ad (a): Soit F = i I F i l intersection d une famille de filtres. En utilisant la définition d intersection on déduit les propriétés suivantes pour F, qui montrent que F est un filtre.

3 Si A, B F, alors pour tout i I on a que A B F i, et donc A B F. Si A F et A B, alors pour tout i I on a que B F i, et donc B F. Comme tout F i est propre, il y a un j I tel que F i. Donc F. Ad (b): Soit F X S := {M X n N, A 1,..., A n S : A 1... A n M}. On va montrer que F X S est un filtre (peut être impropre). Si M, N F X S, alors pour certains m, n N et A 1,..., A m, B 1,, B n S on a que mais alors ce qui signifie que M N F X S. A 1... A m M et B 1... B n N; A 1... A m B 1... B n M N, Si M F X S il y a m N et A 1,..., A m S tels que A 1... A n M. Ensuite si M N, on a que A 1... A n M N, et donc N F X S. Maintenant, clairement F X S contient S. Ensuite on remarque que pour tout filtre F contenant S, il faut que F contienne F X S. En effet, si M F X S, et A 1... A n M pour des A 1,..., A n S, alors A 1... A n F et finalement M F. Ad (c): Supposons que S ne contient pas et que pour tous A, B S il existe C S tel que C A B. On va montrer que tous éléments de M ne sont pas vide. Soit M F X S, satisfaisant A 1... A n M pour des A 1,..., A n S. Par induction il y a un A S tel que A A 1... A n, et donc A A 1... A n M; en particulier M n est pas vide. Une propriété importante des ultrafiltres (que l on va montrer plus tard dans le cours): Théorème de l Ultrafiltre. Tout filtre peut être étendu en un ultrafiltre.

4 TOPOLOGIE - SÉRIE 2 Exercice 1. Pour un espace topologique X et M X, montrer que M est ouvert si et seulement si pour tout x M il existe un ouvert U X tel que x U M. Preuve. Le sens direct est évident, il suffit de prendre U = M pour tout x X. Supposons en revanche que pour tout x M, il existe un ouvert U x tel que x U x M. Alors x M U x = M qui est donc ouvert comme réunion d ouverts. Exercice 2. On définit une topologie sur Z (appelé la topologie des entiers uniformément espacés) comme suit: U Z est ouvert : U est une réunion d ensembles de la forme az + b (où a, b Z, a 0 et où az + b = {ax + b x Z}). Montrer que (a) c est vraiment une topologie sur Z; (b) les az + b avec a, b Z sont fermés (i.e. leurs compléments sont ouverts) et ouverts (clopen en anglais); (c) Z \ {±1} = p prime (pz + 0) et donc, en notant qu un ensemble non vide et fini U Z n est pas ouvert, qu il y a une infinité des nombres premiers. Preuve. (a) Il s agit de vérifier que l ensemble des az + b forme une base de topologie. Puisque Z = 1Z + 0, tout entier appartient à un ouvert de base. De plus, si x (az + b a Z + b ), alors x aa Z + x (az + b) (a Z + b ). (b) Si le reste dans la division de b par a est r, alors az + b = Z \ i=0,...,a 1 i r az + i, ce qui montre que az + b est fermé. (c) L égalité d ensembles provient du fait que tout entier différent de 1, 1 est divisible par un nombre premier. Supposons par l absurde qu il existe seulement un nombre fini de nombres premiers. Alors Z \ { 1, 1} est une union finie de fermés, donc un fermé, ce qui implique que { 1, 1} est un ouvert non vide. Il suffit donc de montrer que tout ouvert non vide est infini pour obtenir une contradiction. Or tout ouvert non vide contient un ensemble de la forme az + b, qui est en bijection avec Z et donc infini. Exercice 3. Vrais ou faux? (a) Un espace topologique est discret (i.e. chaque U X est ouvert) si et seulement si chaque singleton {x} X est ouvert. (b) Pour un espace topologique fini X, si tout singleton {x} X est fermé (i.e. X \ {x} X est ouvert) alors la topologie sur X est la topologie discrète (i.e. tout U X est ouvert). (c) Et pour X dénombrable?

5 Preuve. (a) OUI. En effet, c est claire que si tout sous-ensemble est ouvert les singletons le sont. Ensuite, on peut écrire tout sous-ensemble comment une réunion de singletons, et donc si les singletons sont ouvert la topologie est discrète. (b) OUI. En effet, si X = {x 1,..., x n }, alors pour tout i = 1,..., n on a que qui est ouvert. {x i } = j i X \ {x j }, (c) NON. Considerons N avec la topologie cofinie (i.e., les ouverts sont tous et seules les compléments de sous-ensembles finis et ). Alors par définition les singletons sont fermés, mais la topologie n est pas discrète, comme {0, 1} N n est pas ouvert. Pour un ensemble X, notons UFlt(X) l ensemble des ultrafiltres sur X. Exercice 4. Pour un ensemble X, un S UFlt(X) est appelé fermé ssi S = ou F U implique U S pour tout ultrafiltre U sur X. F S En prenant comme ouverts les compléments des fermés, montrer que ça définit une topologie sur UFlt(X) (que l on appelle la topologie de Zariski). Preuve. On va montrer que ça définit une topologie. Soit {UFlt(X) \ S i } i I une famille d ouverts dans UFlt(X). Supposons que F U. Alors pour tous i I on a F S i F F i I S i F i I S i F U, ce qui donne U S i, et finalement U i I S i. Donc i I S i est fermé et finalement i I (UFlt(X) \ S i) = UFlt(X) \ ( i I S i) est ouvert. Soient S 1 et S 2 deux fermés. On va montrer que S 1 S 2 est fermé, d où l ensemble UF lt(x) \ (S 1 S 2 ) = (UF lt(x) \ S 1 ) (UF lt(x) \ S 1 ) est ouvert. La même preuve marche pour un nombre fini de fermés S 1,..., S n. Supposons par contradiction que F S 1 S 2 F U mais U S 1 S 2. Puisque S 1 et S 2 sont fermés, on deduit que pour i = 1, 2 F S i F U, et cela signifie qu il existe Y i X, Y i F pour tous F S i tel que Y i U. Alors Y 1 Y 2 F pour tout F S 1 S 2, c est à dire Y 1 Y 2 F U. F S 1 S 2 Mais U est un ultrafiltre, donc il faut qu un entre Y 1 et Y 2 soit un élément de U, ce qui est une contradiction.

6 TOPOLOGIE - SÉRIE 3 Exercice 1. Considérer X := R { } la réunion disjointe de R et d un singleton { }. Poser B := {{x} x R} {X \ M M R fini}. (a) Montrer que B est une base de topologie. (b) Montrer que pour tout espace topologique Y et tout y Y l ensemble V(y) := {N Y il existe V Y ouvert tel que y V N} des voisinages de y forme un filtre. (c) Montrer que la topologie T B engendrée par B n est pas métrisable, i.e. il n y a aucune métrique d sur X telle que T B = T d. Indication: Dans un espace métrisable Y tous les V(y) ont une base de filtre dénombrable. Preuve. (a) Puisque X est un élément de B, il est clair que tout x X appartient à un élément de la base. Soient A, B B deux ouverts de base et x A B. Si x R, alors x {x} A B et {x} est un ouvert de base. Si A B, alors A = X \ M et B = X \ M pour M, M R finis. Dans ce cas, X \ (M M ) = A B. (b) Soit S x = {U X : x U et U ouvert}. Le filtre des voisinages de x est exactement V(x) = F X (S x ), puisque une intersection finie d ouverts est un ouvert. Par conséquent, V(x) est bien un filtre par la série 1. On appellera voisinage de x les éléments de V(x). (c) On remarque qu un espace métrisable M admet une base dénombrable pour le filtre des voisinage en chaque x M donnée par { } 1 S x = B(x, n + 1 ) : n N. Nous allons montrer que n admet pas une base dénombrable pour le filtre des voisinages dans X muni de la topologie engendrée par B. Par la remarque précédente, cela suffit à montrer que X n est pas métrisable. Par l absurde, supposons qu il existe (S n ) n N une base dénombrable de voisinage de. Pour tout n N, puisque S n V( ), il existe un ouvert de base X \ M n avec M n R fini qui est inclus dans S n. Puisque S = {S n : n N} F X {X \ M n : n N}, on a par l exercice 4 de la série 1 et par hypothèse que V( ) = F X S F X {X \ M n : n N} V( ). Donc, la collection des (X \ M n ) n N forme aussi une base du filtre des voisinages de V( ). Pour tout x R, X \ {x} est un voisinage de. par conséquent, il existe n N tel que X \ (M 0... M n ) X \ {x}, c est-à-dire tel que x M 0... M n. Par conséquent, R = n N M n et donc R est dénombrable, une contradiction. Par conséquent, la topologie sur X engendrée par la base B n est pas métrisable.

7 Exercice 2. Montrer que d et d ci-dessous définissent des métriques sur l ensemble C[0, 1] des fonctions continues de [0, 1] à R: d: C[0, 1] C[0, 1] R, (f, g) 1 0 fx gx dx, d : C[0, 1] C[0, 1] R, (f, g) sup fx gx. x [0,1] De plus, montrer que la topologie T d induite par d est strictement moins fine que la topologie T d induite par d (i.e. T d T d ). Indication: Pour l inégalité, construire une suite de fonctions qui converge par rapport à d mais ne converge pas par rapport à d. Preuve. On va montrer que d et d sont des métriques. Soient f, g, h : I R des fonctions continues. On a que: d(f, g) = 1 0 fx gx dx 0, puisque l intégrande est positif; d(f, g) = 1 0 fx gx dx = 0 fx gx = 0 pour tout x I fx = gx pour tout x I; d(f, g) = 1 0 fx gx dx = 1 0 gx fx dx = d(g, f); Pour l inégalité du triangle, on a que d(f, h) = 1 0 fx hx dx = Donc d est bien une métrique. Ensuite on a que: d (f, g) = sup x [0,1] fx gx 0; = 0 (fx gx) + (gx hx) dx (fx gx) + (gx hx) dx 1 (fx gx) dx + (gx hx) dx = d(f, g) + d(g, h). 0 d (f, g) = sup x [0,1] fx gx = 0 fx gx = 0 pour tout x I fx = gx pour tout x I; d (f, g) = sup x [0,1] fx gx = sup x [0,1] gx fx = d (g, f); d (f, h) = sup x [0,1] fx hx dx = sup x [0,1] (fx gx) + (gx hx) sup x [0,1] (fx gx) + (gx hx) sup x [0,1] (fx gx) + sup x [0,1] (gx hx) = d (f, g) + d (g, h). Donc d est bien une métrique. De plus, T d est plus fine que T d. En effet, on a l inégalité: d(f, g) = 1 0 fx gx dx 1 0 sup x [0,1] fx gx dx = 1 ( sup fx gx )( dx) = d (f, g) 1 = d (f, g). x [0,1] 0 Cela signifie que pout tout r réel on a B d (f, r) B d (f, r), et donc T d T d.

8 Par ailleurs, il existe une suite dans C(I) qui converge selon T d, mais pas selon T d. En effet, pour tout n N, soit f n (x) = x n. Alors on a que d(f n, 0) = 1 0 f n x dx = Donc f n 0 selon T d. Pourtant pour tout n N on a que 1 0 x n dx = xn+1 n = 1 n 0. n + 1 d (f n, 0) = sup f n x = sup x n 1 n = 1. x [0,1] x [0,1] Donc (f n ) n N ne converge pas vers 0 selon T d. Comme T d T d et les éspaces métriques sont d Hausdorff, si la limite existait, il faudrait qu elle soit égale à 0. Donc la suite ne converge pas dans T d, et T d T d. Exercice 3. Considérer les topologies suivantes sur R: T 1 = la topologie standard; T 2 = la topologie de R K, dont une base est donnée par les intervalles ouverts ordinaires et les ]a, b[ \ K où a, b R et K := {1/n n N >0 }; T 3 = la topologie du complément fini où U R est ouvert ssi U = ou R \ U est fini; T 4 = la topologie de la limite supérieure, avec les intervalles ]a, b] comme base; T 5 = la topologie avec tous les intervalles ], a[ comme base. Pour chacune, déterminer lesquelles des autres topologies elle contient. Solution. Le diagrame suivant exprime les (seules!) inclusions que on a entre les topologies données. On va le montrer. [T 3 T 1 ]: pour x 1 < < x n R on peut écrir [T 5 T 1 ]: c est claire; [T 1 T 2 ]: c est claire; T 3 T 4 T 2 T 1 R \ {x 1,..., x n } = (, x 1 ) (x 1, x 2 ) (x n 1, x n ) (x n, ); [T 2 T 4 ]: puisque R \ K = (, 0] (1, + ) ( n=0 ( 1 n+1, 1 n )), pour tous a, b R on peut écrir (a, b) \ K = (( + n=0 ( n, 0]) ( ce qui est ouvert dans T 4 ; + n,m=0 T 5 1 ( n + 1, 1 n 1 + mn ]) ( (1, n])) ( n=0 + n=0 (a, b 1 n ]),

9 [T 4 T 2 ]: tout ouvert de T 4 qui contient 1 doit contenir ( 1, 1 + ε) pour quelque ε > 0. Donc ( 2, 1] n est pas ouvert; [T 2 T 1 ]; tout ouvert de T 1 qui contient 0 doit contenir (0, ε) pour quelque ε > 0. Donc ( 1, 1) \ { 1 n, n N} n est pas ouvert; [T 3 T 5 ]: c est claire; [T 5 T 3 ]: c est claire. Exercice 4. Pour un ensemble X, montrer que les M = F X {M} = {F Flt(X) M F} avec M X forment une base de topologie sur Flt(X). De même, pour un ensemble partiellement ordonné P, montrer que les p := {x P p x} avec p P forment une base de topologie sur P. Preuve. Nous allons montrer que les M = F X {M} = {F Flt(X) M F} avec M X forment une base de topologie sur Flt(X). Le filtre F X {X} est le filtre trivial {X} qui est le filtre minimal pour l inclusion. Par conséquent, X = Flt(X) et donc tout filtre appartient à un ouvert de base. Vérifions maintenant la seconde condition. Soient M 1, M 2 X, et montrons que (M 1 M 2 ) = M 1 M 2. Soit F (M 1 M 2 ). Alors par définition, M 1 M 2 F. Puisque F est un filtre et donc clos par extension, M 1, M 2 F et donc F M 1 M 2. Supposons que F M 1 M 2. Alors M 1 M 2 F puisque F est clos par intersection finies. Puisque pour tout x P, x x, on a toujours que x x, et donc tout x P appartient à un ouvert de base. Soient z x y avec x, y, z P. Alors par transitivité de l ordre, z x y, ce qui conclut la preuve que les p = {x P p x} avec p P forment une base de topologie sur P.

10 TOPOLOGIE - SÉRIE 4 Exercice 1. Pour un espace métrique (X, d), x X et ε R >0, montrer que la boule fermée B(x, ε) = {y X d(x, y) ε} est vraiment fermée dans X et montrer qu elle inclut l adhérence de la boule ouverte B(x, ε) = {y X d(x, y) < ε}. Donner un exemple où cette inclusion B(x, ε) B(x, ε) est stricte. Preuve. On va montrer que le complementaire de toute boule fermée est ouvert. Soient y X et r > 0, et x B(y, r). Alors B(x, d(x, y) r) X \ B(y, r). En effet, si z B(x, d(x, y) r), alors on a d(y, x) d(y, z) + d(z, x) < d(y, z) + (d(x, y) r), d où on obtient d(y, z) > r, ce qui donne z X \ B(y, r). Puisque B(y, r) est fermé et il contient B(y, r), on a B(y, r) B(y, r). Si on considère {a, b} comment un ensemble avec la métrique dicrète, alors B(a, 1) = {a} = {a}, mais B(a, 1) = {a, b}, et donc l inclusion est stricte. Exercice 2. Soit (X, T ) un espace topologique, M, N X et {M i } i I un ensemble des sousensembles de X. Déterminer si les égalités suivantes sont satisfaites. Dans les cas contraires, déterminer laquelle des inclusions ou est vraie et donner un contre-exemple pour l autre. (a) si M N, alors M N; (b) M N = M N; (c) i I M i = i I M i; (d) M N = M N; (e) i I M i = i I M i; (f) A \ B = A \ B. Solution. (a) OUI; si M N, alors N est un fermé qui contient M. Donc il faut qu il contienne aussi M. (b) OUI; M N est un fermé qui contient M N. Donc il contient M N; de l autre côté, M N est un fermé qui contient M et N, donc M, N M N, et ensuite M N M N. (c) NON; le même argument que celui dans (b) marche pour l inclusion i I M i i I M i, mais l autre n est pas verifiée. Ca suffit de considérer la collection A n := [0, 1 1 n ], avec la topologie éuclideenne; alors n N A n = [0, 1), cependant que n N A n = [0, 1]. (d) NON; comme M N est un fermé qui contient M N, on a l inclusion [ ]. Pourtant l autre n est pas verifiée. Par example, on peut considérer M := [0, 1) et N := [1, 2], avec la topologie éuclideenne. Alors M N =, mais M N = {1}. (e) NON; l inclusion [ ] marche comment dans le cas de l intersection finie, mais comment on vu dans (d) l autre inclusion n est verifié pas même dans le cas fini. (f) NON; si on prend A := [0, 1] et B := {1}, avec la topologie standard. Alors A \ B = [0, 1], mais A\B = [0, 1). Par contre, c est vrai que A \ B A\B. Soit x A\B. En particulier il y a un voisinage V de x qui n intersecte pas B. Si ensuite on prend un voisinage U de x, on a que U V l est aussi, et donc il intersecte A. Chaque z U V A n est pas un élément de B, ce qui veut dire z U (A \ B). On a montré que tout voisinage de x intersecte A \ B, et donc on a la thèse.

11 Exercice 3. Considérons L := { (x, y) R 2 ax + by = 0 } R 2 avec a, b R fixés et où R 2 est muni de la topologie standard. Déterminer l adhérence de L Q 2 dans R 2. Indication: Q est dense dans R; i.e. Q = R. Solution. On rappelle que lorsque la topologie sur X est engendrée par une base, x Ā X si et seulement si pour tout ouvert de base U avec x U, U A. On munit R 2 de sa distance euclidienne standard d(x, y) = ((x 1 y 1 ) 2 + (x 2 y 2 ) 2 ) 1 2, et de la base de la topologie standard de R 2 associée à cette distance. Si a = b = 0 alors L = R 2. Soit x R 2 et ε > 0. Puisque Q est dense dans R, il existe q Q 2 tel que x i q i < ε 2, i = 1, 2. Alors d(x, q) < ε et donc B(x, ε) (L Q2 ). Par conséquent, L Q 2 = R 2. Si b = 0 et a 0 alors L = {0} R et donc par un arguement similaire on obtient que L Q 2 = {0} R. Si b 0, la réponse dépend de la pente de la droite p = a b. Si p R \ Q et si x L est tel que x 1 Q \ {0}, alors x 2 Q, (car sinon p = x 2 x 1 Q) et donc L Q 2 = {0}, ce qui implique que L Q 2 = {0}. Si p Q alors pour tout x L et ε > 0, par densité de Q dans R, il existe q 1 Q avec x 1 q 1 < min( ε 2, ε 2 p +2 ). Alors q = (q 1, pq 1 ) L Q 2 and d(x, q) < ( ε2 4 + ε2 4 ) 1 2 < ε. Par conséquent, B(x, ε) L Q 2 et donc L L Q 2. Pour conclure, il suffit de remarquer que L est fermé et donc contient L Q 2. On a donc montré que L Q 2 = L. Exercice 4. Soit X un ensemble totalement ordonné et définissons la topologie d ordre sur X, ayant tous les ]x, [ := {y X x < y} et ], x[ := {y X y < x} (avec x X) comme sous-base. Montrer que (a) les intervalles de la forme ]x, y[ := {z X x < z < y} sont ouverts et les intervalles de la forme [x, y] := {z X x z y} sont fermés; (b) Si X possède un élément minimal m, les intervalles de la forme [m, x[ sont ouverts et da la même façon, si X possède un élément maximal M, les intervalles de la forme ]x, M] sont ouverts. Soit maintenant X := I 2 = [0, 1] [0, 1], muni de la topologie d ordre lexicographique. Déterminer les adhérences des sous-ensembles suivants de I 2 : A = {(1/n, 0) n N >0 }, B = {(1 1/n, 1/2) n N >0 }, C = ]0, 1[ {0}, D = ]0, 1[ {1/2}, E = {1/2} ]0, 1[. Solution. (a) Il suffit de vérifier que puisque l ordre est total, ]x, y[=], y] [x, [ et X \ [x, y] =], x[ ]y, [. (b) Il suffit de remarquer que [m, x[=], x[ quand m est minimal et que ]x, M] =]x, [ lorsque M est maximal.

12 (c) La première chose à remarquer est que les ]x, y[, [(0, 0), x[ et ]x, (1, 1)] forment une base de la topologie sur X, car toute intersection finie non vide d ouvert de sous base est de cette forme. Pour éviter la redondance du calcul de l adhérence des ensembles A à D, on regroupe certains arguments en resolvant le problème pour F = S {z} avec S I et z I. Pour tout x S {z}, on a soit x 1 S, soit x 2 z. Si x 2 z, et x 2 0, 1, alors il existe ε > 0 tel que ]x 2 ε, x 2 + ε[ est contenu dans [0, 1] \ {z}. Par conséquent ](x 1, x 2 ε), (x 1, x 2 + ε)[ est un ouvert qui contient x et qui n intersecte pas F, et donc x F. Si x 1 S et x 2 0, 1, alors il existe ε > 0 tel que ]x 2 ε, x 2 + ε[ est contenu dans [0, 1]. Alors ](x 1, x 2 ε), (x 1, x 2 + ε)[ est un ouvert qui contient x et qui n intersecte pas F, et donc x F. Nous avons donc montré que F F ([0, 1] {0, 1}). Supposons x F. Si x 2 = 0, x 1 0, alors x F si et seulement s il existe 0 a < x tel que ]a, x 1 [ S =. En effet, si l hypothèse est vérifiée, choisissons ε = 1 si z = 0 et 0 < ε < z si z > 0. Alors ](a, 1), (x 1, ε)[ F = et x F. Si l hypothèse n est pas vérifiée, alors pour tout ]y, w[ contenant x, il existe t ]y 1, x 1 [ S et alors y < (t, z) < x. Par conséquent, ]y, w[ E, et donc x Ē. Si x 2 = 1, x 1 1, alors x Ē si et seulement s il existe x < a 1 tel que ]x 1, a[ S =. En effet, si l hypothèse est vérifiée, choisissons ε = 0 si z = 1 et z < ε < 1 si z > 0. Alors ](x 1, ε), (a, 0)[ E = et x Ē. Si l hypothèse n est pas vérifiée, alors pour tout ]y, w[ contenant x, il existe t ]x 1, w 1 [ S et alors x < (t, z) < w. Par conséquent, ]y, w[ E, et donc x Ē. On remarque aussi que si (0, 0), (1, 1) ne sont jamais dans Ē \ E. En appliquant le critère précédent, on obtient que Ā = A {(0, 1)}, B = B {(1, 0)}, C = C {(x, 1) : 0 x < 1} {(1, 0)}, D = D {(x, 0) : 0 < x 1} {(x, 1) : 0 x < 1}. Il est relativement aisé de voir que Ē = { 1 2 } [0, 1].

13 TOPOLOGIE - SÉRIE 5 Définition. Un espace topologique (X, T ) est dit T 1 ssi tous les singletons {x} X sont fermés. Exercice 1. Montrer qu un espace fini et T 1 est discret et que tout espace de Hausdorff est T 1. Preuve. Soit X = {x 1,..., x n } un espace topologique qui satisfait l axiome T 1. Alors pour tous i = 1,... n on a que le singleton {x i } = j i X \ {x j}, ce qui est ouvert. Donc la topologie est discrète. Soit maintenant X un espace topologique d Hausdorff. On va montrer qu il satisfait l axiome T 1. Soit x X, et y dans le complementaire X \ {x}. Alors x y, et on trouve deux ouverts disjoints U et V tel que x U, y V. En particulier y V X \ U X \ {x}. Exercice 2. Considérer les cinq topologies sur R de la semaine passée. (a) Pour chacune des topologies, déterminer l adhérence de K := {1/n n N >0 }. (b) Lesquelles de ces topologies satisfont-elles l axiome de Hausdorff? Et l axiome T 1? Solution. On va calculer l adhérence de K dans chaque cas. (a) K T 1 = K {0}; en effet chaque voisinage de 0 doit intersecter K, et pourtant pour tout x K {0} on trouve un interval ouvert qui n intersecte pas K. (b) K T 2 = K; en effet, par définition K est fermé. (c) K T 3 = R; en effet, l adhérence de K doit être un fermé infini, donc il est necessairement R. (d) K T 4 = K; lorsque T 4 est plus fine que T 2 et K est fermé dans T 2, il l est aussi dans T 4. (e) K T 5 = [0, + ); en effet, [0, + ) est fermé et il contient K. Donc on a l inclusion [ ]. Pour l autre, ca suffit de remarquer que pour tout y 0 les voisinages contient un interval de la forme d un ouvert de base, qui doit nécessairement intersecter K. On va dire, pour toutes les topologie, s elles satisfont l axiome T 1 et/ou sont d Hausdorff. (a) T 1 est d Hausdorff; en effet la topologie est métrisable. (b) T 2 est d Hausdorff; en effet elle est plus fine que T 1. (c) T 3 satisfait l axiome T 1, mais elle n est pas d Hausdorff; en effet, pour tous x y R \ {y} est un voisinage de x qui ne contient pas y. Mais l intersection de deux ouverts n est jamais vide. (d) T 2 est d Hausdorff; en effet elle est plus fine que T 1. (e) T 5 ne satisfait pas l axiome T 1 ; en effet, tous voisinage de 1 doit contenir 0. Exercice 3. Pour un espace topologique métrisable (X, T ) et M X montrer que x M si et seulement si on y trouve une suite (x n ) n N M N qui converge vers x (dans X). Indication: La direction est juste dans un espace topologique quelconque (pas forcément métrisable).

14 Preuve. Supposons d abord qu il existe une suite (x n ) n N telle que x n M pour tout n N qui converge vers x. Par définition, pour tout ouvert U tel que x U, il existe N N tel que x n U pour tout n > N. Par conséquent, x N+1 U M qui est donc non vide. Par conséquent, x est dans l adhérence de M. Supposons maintenant que x M et soit d : X X R une distance qui engendre la 1 topologie sur X (X est métrisable). Pour tout n N, on a par définition que B(x, n+1 ) M 1 et donc on peut choisir x n B(x, n+1 ) M. Ceci veut dire que la suite (x n) n N ainsi définie est telle que x n M pour tout n N. 1 Pour tout ε > 0, il existe N N tel que N+1 < ε. Par conséquent, pour tout n > M, d(x n, x) < ε et donc la suite (x n ) n N converge vers x. Exercice 4. Pour un espace topologique (X, T ), montrer que (a) tout point limite d un filtre est aussi un point d accumulation; (b) pour un ultrafiltre, la réciproque est aussi juste; (c) X est de Hausdorff si et seulement si tout filtre converge au plus vers un point; (d) pour tout sous-ensemble M X et x X on a x M si et seulement s il existe un filtre F sur M avec F x (dans X). Preuve. (a) Soit x est un point limite d un filtre propre F et U est un voisinage ouvert de x. On a que U F et donc pour tout A F, U A F est non vide puisque F est propre. Ceci montre que x est un point d accumulation de F. (b) Soit x un point d accumulation d un ultrafiltre U et V un voisinage ouvert de x. Puisque V (X \ V ) = X U, on a que V U ou bien X \ V U. Mais la deuxième possibilité est absurde puisque alors V X \ V. Par conséquent, V U et donc x est un point limite de U. (c) Soit F et F deux filtres et définissons S F,F = {A B : A F, B F }. On remarque que sup(f, F ) = F X (S F,F ) est propre si et seulement si pour tout A F et tout B F, A B (autrement dit S F,F est une base de filtre). Par ailleurs, si F, F F alors sup(f, F ) F, autrement dit sup(f, F ) est le plus petit filtre contenant F et F. On remarque que par définition, un filtre F converge vers x s il contient le filtre des voisinage de x, V(x). Par conséquent, sup(v(x), V(y)) est le plus petit filtre qui converge à la fois vers x et y (Un filtre non propre converge vers tout les points). On a alors que tout filtre propre converge au plus vers un point si et seulement si pour tout x y, sup(v(x), V(y)) n est pas propre. La dernière condition est équivalente au fait que X est Hausdorff. (d) Pour tout filtre F sur X, on peut définir F M = {A M : A F}. On remarque que c est un filtre sur M qui est propre si A M pour tout A F. En effet, la propriété de clôture par intersection finie découle de celle de F et si A M B M, alors A B F et donc B = (A M) (B M) = (A B) M F M. Par ailleurs, si G est un filtre sur M, alors on remarque que F F X (G) si et seulement si F M G. En effet, si A M G pour tout A F, alors A M A et donc A F X (G). Par ailleurs, si pour tout A F, il existe B G avec B A, alors B A M et donc A M G.

15 L existence d un filtre propre G sur M convergeant vers x et donc équivalente à l existence d un filtre propre G sur M avec V(x) M G. Ce dernier point est équivalent au fait que V(x) M est propre, c est-à-dire que V M pour tout V V(x). Cette dernière propriété est équivalente au fait que x M.

16 TOPOLOGIE - SÉRIE 6 Exercice 1. Soient (X, d), (Y, d ) deux espaces métriques et f : X Y. Prouver que f est continue si et seulement si elle est continue au sens ε-δ: x X ε R >0 δ R >0 x X : d(x, x ) < δ d ( f(x), f(x ) ) < ε. Preuve. On remarque d abord que la condition au-dessus est equivalente à la suivante: x X ε R >0 δ R >0 : f(b X (x, δ)) B Y (f(x), ε). [= ] Puisque f est continue, on a que pour tout x X et r > 0 la préimage de la boule ouverte B Y (f(x), ε) Y est ouverte et elle contient x. En particulier, on a qu il existe une boule ouvert dans X de la forme B X (x, δ) tel que B X (x, δ) f 1 (B Y (f(x), ε)), et donc f(b X (x, δ)) B Y (f(x), ε). [ =] Soit U Y un ouvert, tel que f 1 (U) n est pas vide. On va montrer que f 1 (U) est ouvert. Soit x f 1 (U). Puisque U est ouvert et il contient f(x), il y a une boule B Y (f(x), ε) qui est contenue dans U. En utilisant l hypothèse on obtient δ > 0 tel que f(b X (x, δ)) B Y (f(x), ε), et donc B X (x, δ) f 1 (B Y (f(x), ε)) f 1 (U). Donc f 1 (U) est ouvert. Exercice 2. Soient (X, T ), (Y, T ) deux espaces topologiques. (a) Montrer que (Y, T ) est de Hausdorff si et seulement si la diagonale Y := {(y, y) y Y } Y Y est fermée par rapport à la topologie produit T T sur Y Y. (b) Pour (Y, T ) de Hausdorff, D X dense (par rapport à T ) et f, g : (X, T ) (Y, T ) continues, montrer que f = g si et seulement si f D = g D. Preuve. (a) [= ] On va montrer que si Y est d Hausdorff, alors le complementaire de la diagonale est ouvert. Soit (x, y) Y. Alors x y e lorsque Y est d Haudorff il y a deux ouverts disjoints U et V qui contiennent respectivement x et y. Alors U V est ouvert dans Y Y, il contient (x, y) et il n intersecte pas la diagonale. [ =] Soit x y dans Y. Ca veut dire que (x, y) Y. Alors il y a un ouvert de base de Y Y qui contient (x, y) et qui n intersecte pas la diagonale. Cela signifie que (x, y) U V Y Y \ Y, pour quelques ouverts U et V dans Y. En particulier, on deduit que x U, y V et U V =. (b) On va montrer que E := {x X f(x) = g(x)} = X. Si on definit h: X Y Y par h(x) := (f(x), g(x)), alors cette application est continue parce que ses projections f et g le sont. Ensuite, E = h 1 ( ), qui est fermé comme h est continue et Y est d Hausdorff. Par ailleurs E D. Donc on a E = E D = X. Exercice 3. Soient Y un ensemble totalement ordonné (muni de la topologie d ordre), (X, T ) un espace topologique et f, g : (X, T ) (Y, T < ) deux applications continues. Montrer que (a) {x X f(x) g(x)} X est fermé; (b) l application minimum min: (Y Y, T < T < ) (Y, T < ) est continue. Indication: Lemme de Recollement.

17 Preuve. (a) On note A = {x X : f(x) g(x)}. Soient x X avec f(x) > g(x). On va montrer qu il existe un voisinage ouvert U de x avec U (X \ A). On distingue deux cas. S il existe z ]g(x), f(x)[, alors on définit U = g 1 ], z[ f 1 ]z, + [. Le sous-ensemble U est ouvert puisque f et g sont continues. De plus, si y U alors g(y) < z < f(y) et donc y X \ A. Il est évident que x U. Si ]g(x), f(x)[ =, alors on définit U = g 1 ], f(x)[ f 1 ]g(x), + [. Pour les mêmes raisons que précédemment, U est un voisnage ouvert de x. De plus, si y U alors g(y) < f(x) et donc puisque ]g(x), f(x)[ =, on a que g(x) g(y). De même, on obtient que f(y) f(x). Puisque f(x) > g(x), par transitivité on obtient que y X \ A. Ceci montre que le complémentaire de A est ouvert et donc que A est fermé. (b) On pose A 0 = {(x, y) Y Y : x y} et A 1 = {(x, y) Y Y : y x}. Ce sont des fermés par le point précédent appliqué aux projections π 1, π 2 : Y Y Y. On remarque que min A0 = π 1 A0 et min A1 = π 2 A1 et donc celles-ci sont continues (par restriction du domaine). On a que A 1 A 2 = Y car l ordre sur Y est total. Par le lemme de recollement, il suffit de montrer que ces deux applications coincident sur A 1 A 0, ce qui est évident. Définition. Pour une application d ensembles f : X Y et un filtre F sur X on définit l image directe de F par f f F := F Y {fa A F} ( ) { = B Y } f 1 B F comme le filtre engendré par les images directes des éléments de F. Exercice 4. Soit f : X Y une application quelconque. (a) Montrer l égalité ( ) ci-dessus et conclure que l image directe f F d un filtre propre F est de nouveau propre. Indication: Les fa avec A F forment une base de filtre. Maintenant suppose que X et Y sont de plus munis de topologies et x X. Montrer que (b) si f est continue et x un point d accumulation d un filtre F sur X alors fx est un point d accumulation de f F; (c) f est continue en x si et seulement si pour tout filtre F sur X, F x implique f F fx. Solution. (a) Soient A, B F, avec F un filtre propre. On a que f(a B) f(a) f(b) et puisque F est propre, l ensemble {f(a) : A F} est une base de filtre. Ceci montre que f F est un filtre propre. On montre l égalité ( ). Soit G = {B Y : f 1 B F} et soit Z F Y ({f(a) : A F}). Ceci veut dire qu il existe A F avec f(a) Z (puisque les f(a) forment une base de filtre). Or, A f 1 f(a) f 1 Z donc on a que f 1 Z F, et ainsi Z G. Si B Y est tel que f 1 B F, alors ff 1 B B et donc B F Y ({f(a) : A F}). On a donc montré que G = F Y ({f(a) : A F}).

18 (b) Soit U un ouvert qui contient f(x) et B f F. Puisque f est continue en x X, on a l existence d un voisinage ouvert x V tel que f(v ) U. Or V f 1 (B) puisque x est un point d accumulation de F. Puisque f(v f 1 (B)) f(v ) ff 1 B U B, U B est non vide. (c) Il est clair que si F F, alors f F f F. On a donc que F x f F f(x) pour tout filtre F sur X si et seulement si V(f(x)) f (V(x)). On a va donc montrer que V(f(x)) f (V(x)) si et seulement si f continue en x. On commence par le sens direct. Soit U un voisinage ouvert de f(x). Par hypothese, f 1 U V(x), et donc f 1 U contient un voisinage ouvert de x. Ceci montre que f est continue en x. Supposons que f est continue en x, et soit A V(f(x)). Alors A contient un voisinage ouvert V de f(x). Par hypothèse, f 1 V contient un voisinage ouvert de x, c est à dire V f (V(x)). Par conséquent, A f (V(x)).

19 Exercice 1. Montrer que TOPOLOGIE - SÉRIE 7 (a) tout sous-espace d un espace de Hausdorff est de Hausdorff; (b) tout produit de deux espaces de Hausdorff est de Hausdorff; (c) si (Y, T ) est un espace de Hausdorff et f : (X, T ) (Y, T ) est une injection continue alors (X, T ) est aussi de Hausdorff. Preuve. (a) Soit X un espace d Hausdorff, et Y X un sous-espace. On va montrer que Y est d Hausdorff aussi. Soient y et y deux points divers de Y. En particulier on peut les séparer dans X par deux ouverts disjoints U et U qui contiennent réspectivement y et y. Maintenant U Y et U Y sont ouverts disjoints dans Y, et ils contiennent encore y et y. (b) Soient X et Y deus espaces d Hausdorff. On va montrer que X Y est d Hausdorff aussi. Soient (x, y) et (x, y ) deux poiints divers de X Y. En particulier x x ou y y. Supposons que x x, et soient U, U deux ouverts disjoints dans X qui contiennent réspectivement x, x. Alors on a que U Y et U Y sont ouverts dans X Y, ils sont disjoints et ils contiennent réspectivement (x, y) et (x, y ). (c) On va montrer que X est d Hausdorff. Soient x et x deux points divers de X. Comme i est injective, i(x) i(x ), et on peut donc les séparer dans Y par deux ouverts disjoints U et U qui contiennent réspectivement i(x) et i(x ). Ensuite i 1 (U) et i 1 (U ) sont deux ouverts disjoints qui séparent x et x dans X. Exercice 2. Les mêmes énoncés que dans 1(a) et (b) mais avec métrisable en lieu de Hausdorff. Trouver un contrexemple pour l énoncé 1(c) avec métrisable en lieu de Hausdorff. Preuve. (a) Soit (X, d X ) un espace métrique, et Y X un sous-espace. On va montrer que Y est métrisable. On définit d Y : Y Y [0, + ) par réstriction of d X. Alors c est clair que les axiomes de m etrique sont toujours satisfaits. Il faut qu on montre que la topologie induite sur Y par d Y est en effet la topologie de sous-espace T Y. [T Y T dy ]; Soit U T Y. Alors U = Y V pour quelque V T X. Soit maintenant y U. Alors il y a une boule B X (y, r) qui est contenue dans V, et ensuite B Y (y, r) = B X (y, r) Y est contenue dans U. Donc U est ouvert dans T dy. [T dy T Y ]; Chaque boule ouvert d Y (y, r) est en effet égal à Y B X (y, r), ce qui est ouvert dans T Y. (b) Soient (X, d X ) et (Y, d Y ) deus espaces métriques. On va montrer que X Y est métrisable. On definit d X Y : (X Y ) (X Y ) [0, + ), d X Y ((x, y)(x, y )) := d X (x, x ) + d Y (y, y ). On va verifier que les axiomes de métrique sont valids. Soient (x, y)(x, y ), (x, y ) X Y.

20 Positivité: d X Y ((x, y)(x, y )) = 0 d X (x, x ) + d Y (y, y ) = 0 d X (x, x ) = 0 et d Y (y, y ) = 0 x = x et y = y (x, y) = (x, y ). Symmétrie: claire. Inégalité triangulaire: d X Y ((x, y)(x, y )) := d X (x, x ) + d Y (y, y ) (d X (x, x ) + d X (x, x )) + (d Y (y, y ) + d Y (y, y )) = = d X Y ((x, y)(x, y )) + d X Y ((x, y )(x, y )). Donc d X Y est bien une métrique. Il faut qu on montre que la topologie induite sur X Y par d X Y est en effet la topologie produit T X Y. [T X Y T dx Y ]; Un base pour la topologie produit est donnée par les produits d une boule overte de X et une boule ouvertede Y. Soient B X (x, r) et B Y (y, s) deux boule ouvertes de X et Y réspectivement. On va montrer que B X (x, r) B Y (y, s) est ouvert dans T dx Y. Soit (x, y) B X (x, r) B Y (y, s). Alors B X Y ((x, y), min{r, s}) B X (x, r) B Y (y, s). [T dx Y T X Y ]; Soit B X Y ((x, y), r) une boule ouverte de X Y. On va monter qu elle est ouverte dans T X Y. Soit (x, y) B X Y ((x, y), r). Alors B X (x, r 2 ) B Y (y, r 2 ) B X Y ((x, y), r). (c) Considérons la droite de Sorgenfrey R l avec R comme ensemble sous-jacent et les intervalles de la forme [a, b[ comme base pour la topologie. On va montrer que R l est séparable (i.e. il possède un sous-ensemble dénombrable et dense) mais n a pas de base dénombrable. Une fois qu on a montré ça, on utilise le lemme ci-dessous pour conclure que R l n est pas métrisable. Après, parce que la topologie de R l est plus fine que la topologie standard sur R, l application id: R l R est continue et bijective mais R est métrisable et R l ne l est pas. R l est séparable parce que Q R l est dense (tout intervalle [a, b[ contient un nombre rationnel). R l n a pas de base dénombrable parce que supposons qu il y a une telle base B = {B n } n N. Sans perte de généralité, on a B n = [a n, b n [ pour quelques a n, b n R l parce qu on peut toujours diminuer les ouverts d une base. Mais maintenant il y a x R l \ {a n } n N et donc l ouvert [x, x + 1[ ne contient aucun ouvert de base autour de x. Lemme. Un espace métrisable X est séparable (i.e. possède un sous-ensemble dénombrable et dense) si et seulement s il a une base dénombrable. Preuve. Soit d une métrique sur X qui induit la topologie donnée et supposons qu il y a D X dénombrable et dense. Alors les boules B(d, ε) avec d D et ε Q >0 forment une base dénombrable pour la topologie de X. À savoir, si U X est ouvert et x U, il existe ε Q >0 tel que B(x, 2ε) U et parce que D X est dense, on trouve un d D B(x, ε). Donc aussi x B(d, ε) et par l inégalité du triangle B(d, ε) B(x, 2ε) U. Par contre, si X a une base dénombrable B, on utilise l axiome du choix pour choisir un point x B B pour tout B B. Parce que B est une base dénombrable, l ensemble des x B est dénombrable et dense.

21 Exercice 3. Trouver un exemple qui montre qu on ne peut pas généraliser le Lemme de Recollement au cas infini. Plus spécifiquement, trouver une application f : (X, T ) (Y, T ) et une suite (X n ) n N de sous-espaces fermés de X tels que X = n=0 X n et les f Xn : (X n, T Xn ) (Y, T ) sont continues pour tout n N mais f ne l est pas. Preuve. On considère X = N avec la topologie de complément fini et Y = N avec la topologie discrète, et f : N N l application identité. Il est clair que f n est pas continue, car la topologie discrète est strictement plus fine que la topologie de complément fini. On pose X n = {n}, il est clair que X = n N X n. Par ailleurs, toute application constante est continue, et donc f Xn est toujours continue. Ceci fournit le contre-exemple demandé. On se souvient qu une application (f 1, f 2 ): (X, T X ) (Y Z, T Y T Z ) est continue si et seulement si f 1 : (X, T X ) (Y, T Y ) et f 2 : (X, T X ) (Z, T Z ) sont continues. En reversant la situation, on se demande si un résultat analogue est juste pour une application X Y Z. Exercice 4. Considérons S 1 := {z C z = 1}, I := [0, 1] comme sous-espaces de C = R 2 et R respectivement (munis des topologies standards) et définissons f : (S 1 I, T S 1 T I ) (S 1, T S 1), (e i2πϕ, t) e i2πϕt où ϕ ]0, 1] (et donc ϕ t est bien-défini pour tout t I). (a) Montrer que f est continue en chaque variable. Plus spécifiquement, ça veut dire que pour tout z S 1 et t I, les applications f(z, ): (I, T I ) (S 1, T S 1) s f(z, s) et f(, t): (S 1, T S 1) (S 1, T S 1) w f(w, t) sont continues. (b) L application f, est-elle continue? Preuve. (a) On commence par montrer que c: R R R définie par f(t) = e i2πt est continue. En fait, par la propriété universelle du produit, il suffit de montrer qu elle est continue composante par composante. Mais c(t) = (cos 2πt, sin 2πt) et le cours de première année d analyse permet de conclure que c est continue puisque les fonctions sinus et cosinus le sont. On peut maintenant restreindre le domaine à I et le codomaine à S 1 et la fonction est toujours continue. On a donc montré que q : I S 1 définie par q(t) = e i2πt est continue. Pour z = e i2πϕ, ϕ > 0 fixé, on remarque que la fonction g : I I s ϕ s = e s ln ϕ est continue comme composition d applications continues. Par conséquent, l application f(z, ) = q g est aussi continue. On procède via le lemme de recollement. On pose S 1 = {(x, y) S 1 : y 0} {(x, y) S 1 : y 0} et on montre que f(, t) est continue sur chacun des fermés. De la géométrie élémentaire (trigonométrie) montre que d(q(x), q(y)) = 2 sin(π(x y)) lorsque x y 1 2.

22 Une analyse de fonction appliqué à 2 sin(π(x y)) x montre que cette fonction est positive pour 0 x 1 2. Ceci montre que d(q(x), q(y)) > x y lorsque x y < 1 2. Ainsi, q : [0, 1 2 ] {(x, y) S1 : y 0} est un homéomorphisme. Pour t fixé, on remarque que la fonction g : ]0, 1/2] I s s t = e t ln s est continue comme composition d applications continues, et elle tend vers 0 quand s converge vers 0. Par conséquent, on peut la prolonger par continuité par g(0) = 0 (les espaces sont métriques). Ainsi, f(, t) = q gq 1 est continue lorsque restreinte à {(x, y) S 1 : y 0}. Un raisonnement analogue montre la continuité sur l autre fermé, et le lemme de recollement achève la preuve. (b) On considère la suite x n = ( 1 2, 1 n n ), qui converge vers (0, 0) dans I I. Puisque q est continue, (e i2π 1 2 n, 1 n ) converge vers (1, 0) = (q(0), 0) dans S1 I. Mais f(e i2π 1 2 n, 1 n ) = ei2π 1 2 = 1 et donc cette suite ne converge pas vers f(1, 0) = 1. Ceci montre que f n est pas continue.

23 TOPOLOGIE - SÉRIE 8 Exercice 1. Soit (X i, T i ) i I une famille d espaces topologiques. Montrer que (a) si les X i sont de Hausdorff, alors leur produit ( i I X i, i I T i ) est aussi de Hausdorff; (b) i I M i = i I M i pour toute famille (M i ) i I de sous-ensembles M i X i ; (c) i I (T i ) Yi = ( i I T i ) i I Y i pour toute famille (Y i) i I de sous-espaces Y i X i. Preuve. (a) Soient x, y deux éléments distincts de i I X i. Alors il existe j I tel que x(j) y(j). Puisque X j est de Hausdorff, il existe U, V deux ouverts disjoints de X j avec x(j) U et y(j) V. On définit les ouverts W x = {z i I X i : z(j) U} et W y = {z i I X i : z(j) V } (ils appartiennent à la sous-base de la topologie sur le produit). Puisque U et V sont disjoints, W x et W y sont disjoints et on a que x W x et y W y. (b) Nous allons commencer par montrer que i I M i est fermé dans ( i I X i, i I T i ). Soit x i I M i. Alors il existe j I tel que x(j) M j, c est à dire il existe un ouvert U de X j avec x(j) U et U X j \ M j. On remarque que l ouvert de sous-base {z i I X i : z(j) U} contient x et est inclus dans le complémentaire de i I M i. Par conséquent, le complémentaire de i I M i est ouvert et donc i I M i est fermé. Or i I M i est le plus petit fermé contenant i I M i, et donc i I M i i I M i. Pour l inclusion inverse, nous allons utiliser la caractérisation de l adhérence par les bases. Soit x i I M i et un ouvert de base W de la topologie produit qui contient x. Par définition, W est de la forme { } W = z i I X i : z(j k ) U jk pour k = 1,... n, où n N, j 1,..., j n I et x(j k ) U jk T jk pour k = 1,... n. Puisque x i I M i, alors pour tout i I, il existe y i V i M i, où V i = X i si i j k et V jk = U jk. On définit y par y(j) = y j et on remarque que y W i I M i. Ceci montre que i I M i i I M i. (c) Nous allons démontrer que si (X, T ) admet une base B et Y X alors B Y = {B Y : B B} est une base pour la topologie sur Y. Il est clair que tous les éléments de B Y sont des ouverts de (Y, T Y ), et donc T BY T Y. Par ailleurs, si W T Y, alors il existe un ouvert U de X tel que W = U Y. Alors, piusque B est une base, il existe des B i B, i I avec U = i I B i. On a que W = ( i I B i) Y = i I (B i Y ), et donc T BY T Y. En appliquant le résultat à X = i I X i et Y = i I Y i, on obtient que la topologie ( i I T i ) i I Y à pour base i {{ C = x } X i : x(j k ) U jk pour k = 1,... n } Y i : n N, j k I, U jk T jk i I i I {{ = x } } Y i : x(j k ) U jk Y jk pour k = 1,... n : n N, j k I, U jk T jk i I et l on remarque que cette base est exactement celle du produit i I (T i ) Yi

24 Exercice 2. Pour une famille dénombrable (X i, T i ) i I d espaces topologiques métrisables, montrer que leur produit ( i I X i, i I T i ) est de nouveau métrisable. Trouver un exemple de famille indénombrable, dont le produit n est plus métrisable. Indication: Considérer les bases locales d un point où on appelle base locale d un point x une base pour le filtre V(x) des voisinages de x. Preuve. On va montrer que le produit d une famille dénombrable d espaces métriques est métrisable. Soit (X n, d n ) une famille d éspaces métrique, avec chaque d n bornée par 1. On définit alors une métrique sur X := n N X n par d X : X X [0, + ), d n (x n, y n ) d X ((x n ) n N, (y n ) n N ) := sup 1. n N n d X est bien une métrique. Les propriétés de symmétrie et réflexivité sont triviales. Il reste à montrer l inégalité triangulaire. Soient (x n ) n N, (y n ) n N, (z n ) n N dans X. Pour tout n N on a que d n (x n, z n ) n d n(x n, y n ) + d n(y n, z n ) d X ((x n ) n N, (y n ) n N )+d X ((x n ) n N, (y n ) n N ). n n En passant au supremum on a l inégalité voulue. Ensuite, d X induit la topologie produit. [T dx T X ]; soit V un ouvert de base dans la topologie induite par la métrique, et (x n ) n N V. Il y a une boule ouverte B X ((x n ) n N, ε) qui est contenue dans V. Soit N > 1 ε. Si U := n N U n, oú U n := B Xn (x n, ε) pour n N et U n = X n pour n > N, alors U est ouvert dans la topologie produit et U B X ((x n ) n N, ε) En particulier (x n ) n N U B X ((x n ) n N, ε) V. Donc V est ouvert dans la topologie produit. [T X T dx ]; soit U un ouvert de base dans la topologie produit, et (x n ) n N U. Il y a un ouvert de base U dans la topologie produit tel que (x n ) n N U U. On peut prendre U est de la forme U = n N U n, où U n = B Xn (x n, ε n ) pour un nombre fini de n, et U n = X n autrement. Si ε := min n ε nn, alors B X ((x n ) n N, ε) U. En particulier (x n ) n N B X ((x n ) n N, ε) U U. Donc U est ouvert dans la topologie induite par la métrique. En général le produit d une famille d éspaces métriques n est pas métrisable. Soit X r := {0, 1} muni de la topologie discrète pour tout r R. Alors chaque X r est métrisable, tandis que le produit X := r R X r ne l est pas. En effet dans X on ne peut pas caractériser l adhérence par suites (Exo3, série5). Soient O := (0) r R, et A := {(x r ) r R X x r = 0 pour un nombre fini de r}. Alors O A. Condidérons une suite (x k ) k N dans A et pour tout k N soit I k := {r R x k r = 0} R, ce qui est fini. Alors I := r R I k est dénombrable, et donc il existe z R \ I. Cela signifie que pour tout k N on a x k z = 1. En particulier la suite (x k ) k N ne peut pas être définitivement contenue dans l ouvert {(x r ) r R X x z = 0}, ce qui est un voisinage de O. Donc aucune suite dans A peut converger vers O.

25 Exercice 3. (a) Montrer que R ω avec la topologie boite (et où R est muni de la topologie standard) n est pas métrisable. Indication: De nouveau, considérer les bases locales. (b) Trouver un exemple d une famille (X i, T i ) i I d espaces topologiques et d une application f : (Y, T ) ( i I X i, T box ) tels que chaque composante f i : (Y, T ) (X i, T i ) est continue mais f ne l est pas. Preuve. (a) On va montrer que dans R ω avec la topologie boite on ne peut pas caractériser l adhérence par suites (Exo3, série5). Soient O := (0) n N, et A := {(x n ) n N x n > 0 pour tout n}. Alors O A. Considérons après une suite (x k ) k N dans A. L ouvert U := n N( x n n, x n n) contient O mais aucun x k (lorsque x k k ( xk k, xk k )). En particulier, aucune suite dans A converge vers O. (b) Soit X n := {0, 1} avec la topologie discrète pour tout n N, et Y := {0, 1} N avec la topologie produit. Alors la fonction identité Y = ({0, 1} N, ) n N X n = ({0, 1} N, ) n est pas continue, puisque la topologie boite est strictement plus fine que la topologie produit. Pourtant les projections sont continues. Exercice 4. (a) Pour une application f : X Y et un ultrafiltre F sur X, montrer que f F est un ultrafiltre sur Y. Soit (X i, T i ) i I une famille d espaces topologiques dont le produit X := i I X i est non-vide, F un filtre sur (X, i I T i ) et notons F i := (pr i ) F les images directes de F par les projections pr i : X X i. Pour chaque point x = (x i ) i I X, montrer que (b) pour f : Y Z une application surjective et G un filtre sur Y f G = {fa A G} (en particulier F i = {pr i A A F}); (c) F converge vers x si et seulement si chaque F i avec i I converge vers x i. (d) Trouver un exemple concret de X et une suite (x n ) n N qui n a pas de point d accumulation mais où chaque (pr i x n ) n N avec i I en possède un.